☉甘肅天水市一中 宮前長

本是同根生，如此奇異爭
——2016年高考北京卷兩道解析幾何試題的探究與思考

☉甘肅天水市一中 宮前長

一、例題呈現(xiàn)

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：|AN|·|BM|為定值.

（1）求橢圓C的方程及離心率；

（2）設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值.

二、試題特征剖析

上述文、理試題的設(shè)置背景都是基于一個橢圓（根），只是給出橢圓的標準方程的求解方式不同而已，最終所得的橢圓方程都是+y2=1，命題老師主要考慮到文、理學生的學習層次和理解程度的差異，命制不同方式，讓每一位學生都能夠求出橢圓的標準方程；文、理題目均設(shè)置具有遞進結(jié)構(gòu)的兩個小問，力求注重基礎(chǔ)，穩(wěn)中求變，通過第（2）問的細節(jié)來控制試題的難度，完全符合新課標的要求和數(shù)學教學理念，是北京卷中難度較大的一道好題.

例題1、2的條件給出的橢圓的標準方程結(jié)構(gòu)表明在焦點在x軸上，如何求其方程呢？例題1的第（1）問需要借助離心率和三角形的面積公式，利用方程組求得橢圓的標準方程，但例題2是給出橢圓的兩個頂點坐標，可以直接寫出橢圓的標準方程和離心率，比起例題1的第（1）問簡單多了，屬于送分小題，也符合文科學生學習解析幾何的心理要求.

接著觀察第（2）問，發(fā)現(xiàn)意味深長的命題特征：理科“P是橢圓C上一點”表征“點P的任意性”，而文科“P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上”表征“點P的確定性”，第（2）問考查相同方向下不同的是“目的地”：例題1是證明“|AN|·|BM|為定值”，例題2是證明“四邊形ABNM的面積為定值”（一個是線段積為定值，一個是面積為定值）.

從所需“證明”的表征上看，證明“|AN|·|BM|為定值”屬于特殊線段（非弦長）的積，運算繁，難度較大；而證明“四邊形ABNM的面積為定值”屬于通過計算四邊形的面積說明定值，學生容易想到“對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半”進行解題，入手寬，難度適中，文科學生容易接受和理解.因此，命題人考慮到了文、理科學生的學習特征和學習能力，也讓每一位學生從心理上消除了對解析幾何中“定值”問題的顧慮，讓每一位學生的解題能力都得到了充分的發(fā)揮，有效地落實了新課標的理念.

三、解法探究

（一）例題1解法探究

1.思路

2.解題時要明確“目標”

根據(jù)已知條件分別求出|AN|，|BM|的值，求其乘積為定值.采用“設(shè)而不求”的策略解題時，一定要注意條件中的“點P”具有“任意性”（點P不確定），往往會引起相應的分類討論.因此，對點P的坐標采用“設(shè)而不求”的策略，具體設(shè)置方法有兩種：代數(shù)式坐標P（x0，y0）和參數(shù)式坐標P（2cosθ，sinθ）.

思路1（直接求解的視角）：先設(shè)出橢圓上的一點P的坐標（x0，y0），再根據(jù)直線與坐標軸相交，求得交點坐標，利用兩點間的距離公式求得|BM|，|AN|的值，進而求得|AN|·|BM|的積是一個與x0，y0無關(guān)的常數(shù).

解法1：由（1）可知，A（2，0），B（0，1），設(shè)P（x0，y0），則x2

0+4y2

0=4.

當x0≠0時，直線PA的方程：y=y0

x0-2（x-2）.令x=0，計算得yM=-2y0x0-2，從而|BM|=|1-yM|=1--2y0x0-2

（）=1+2y0

x0-2

.直線PB的方程：y=y0-1 x x+1.令y=0，計算得xN=-x0y0-

0 1，從而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1

.因此，|AN|·|BM|=1+2y0x0-2 ·2+x0

y0-1

=x2

0+4y20+4x0y0-4x0-8y0+4 x0y0-x0-2y0+2 =4.

當x0=0時，y0=-1，|BM|=2，|AN|=2，則|AN|·|BM|=4.

綜上所述，|AN|·|BM|為定值.

點評：解法1的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)x0，y0的關(guān)系，通過化簡|AN|·|BM|（含x0，y0）的代數(shù)式，得到一個與x0，y0無關(guān)的常數(shù)即可得證，還要注意對特殊位置（x0=0）這一情況的處理.

思路2（參數(shù)方程的視角）：利用橢圓的參數(shù)方程，即可設(shè)出橢圓上的一點P的坐標為（2cosθ，sinθ），再想辦法求得|BM|，|AN|的值，進而求得|AN|·|BM|的值是一個與θ無關(guān)的常數(shù).由于參數(shù)θ的任意性，解題時不像解法1進行分類討論了

解法2：由（1）可知，A（2，0），B（0，1），設(shè)P（2cosθ，sinθ），

直線PA的方程：y=sinθ 2cosθ-=4x0y0-4x0-8y0+8

x0y0-x0-2y0+2 θ，從而可得點M的坐標0，sinθ

1-cosθ 2（x-2）.令x=0，計算得yM=sinθ 1-cos

（）.

故|BM|=|1-yM|=1-sinθ 1-cosθ

.直線PB的方程：y=sinθ-1 2cos θx+1.令y=0，計算得xN=2cosθ 1-sin

（）θ，從而可得點N的坐標2cosθ 1-sinθ，

0.故|AN|=|2-xN|=2-2cosθ 1-sinθ

.因此，|AN|·|BM|=1-sinθ 1-cosθ ·2-2cosθ

1-sinθ =2（1-sinθ-cosθ）2

（1-sinθ）（1-cosθ

）

.

又因為（1-sinθ-cosθ）2=2（1-sinθ-cosθ+sinθcosθ）= 2（1-sinθ）（1-cosθ），可得|AN|·|BM|=4.

故|AN|·|BM|為定值.

點評：解法2將點P的坐標設(shè)為參數(shù)形式，解題策略仍是采用點P的坐標“設(shè)而不求”，其他的思路、方法與解法1一樣不變，同樣可以算出|AN|·|BM|的值為定值.

思路3（利用仿射變換的視角）利用橢圓與圓的仿射關(guān)系（人教A版），將橢圓問題轉(zhuǎn)化為圓的相關(guān)問題，這也是解決橢圓問題的基本方法.對于此題，只需要通過橢圓的仿射變換，證明圓中相應的線段之積是一個常數(shù)即可說明：|AN|·|BM|為定值.

解法3：根據(jù)（1）的橢圓方程：x24+y2=1，變形為x2+ 4y2=4可知通過仿射變換為x′=x，y′=2y｛，橢圓轉(zhuǎn)化為圓：x′2+ y′2=4.也就是說：將橢圓x2

y

B0

2|B0M0|=2，

在圓中，可得∠B0MA=∠P0B0M0+∠B0P0A=∠P0B0M0+∠AB0M0=∠P0B0A，且∠NAB0=∠AB0M0，

所以△ANB0∽△AB0M0，所以|AN|

|AB04+y2=1上的所有點的橫坐標不變，縱坐標伸長到原來的兩倍，得到圓x′2+y′2=4，此時圓心就是橢圓的中心，橢圓上的點P對應圓上的點P0，圓與x軸的交點恰好就是橢圓的左右頂點，圓與y軸的交點B0，M0分別對應橢圓中的點B，M.

根據(jù)圓的對稱性和仿射

變換的性質(zhì)，可得|OM0|=2|OM|=

2，|BM|=1

N

B

A

O

x

PM

P0

M0

圖1 |，從而|AN|·|B0M0|=|AB0|2=8，

故|AN|·|BM|=4，即|AN|·|BM|為定值.

思路4（斜率、向量的視角）根據(jù)三點共線，轉(zhuǎn)化為斜率相等或向量共線來進一步證明|AN|·|BM|為定值. |=|AB0| |B0M0

化簡得［mn-（m+2n）］2=4，

即mn-（m+2n）=2或mn-（m+2n）=-2.

又因為|AN|·|BM|=|2-m|·|1-n|=|2+mn-（m+2n）|=4或|AN|·|BM|=0（舍去），

故|AN|·|BM|為定值.

（二）例題2的解法探究

第（1）問從條件可得a=2，b=1，很容易地得到橢圓的標準方程下面主要對第（2）問的解法探究：題設(shè)所涉及的四邊形的對角線恰好垂直，根據(jù)“對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半”可得四邊形的面積就是例題1第（2）結(jié)論的“一半”，即S四邊形ABNM=|AN||BM|=2.從這一點上看，例題1、2明顯地露出了“一根（橢圓）兩支花（線段之積，面積為定值）”，命題人巧妙地設(shè)置“證明”；分離兩個“目標”：“|AN·||BM|為定值”、“四邊形ABNM的面積為定值”.

對四邊形ABNM的面積的計算，可用上述方法求得（如解法1）；從其他視角進行探究：利用等面積法求得|AN|和|MB|的值（解法2）或利用“等價轉(zhuǎn)化”的方式計算所求四邊形的面積（如解法3）.

思路1（參數(shù)方程的視角）：根據(jù)橢圓的參數(shù)方程，設(shè)出點P的坐標（2cosθ，sinθ），再計算出|AN|和|BM|的長度，根據(jù)“對角線互相垂直的四邊形的面積就是對角線乘積的一半”可求得四邊形ABNM的面積.

解法1：因為A（2，0），B（0，1），根據(jù)（1）知，可設(shè)P（2cosθ，sinθ）.

四邊形ABNM的對角線互相垂直，所以四邊形ABNM的面積：

又因為（1-sinθ-cosθ）2=2（1-sinθ-cosθ+sinθcosθ）= 2（1-sinθ）（1-cosθ），可得SABNM=2.

故四邊形ABNM的面積是2.

解法2：根據(jù)題意可求得直線AB的方程：x+2y-2=0，由（1）可知，設(shè)P（2cosθ，sinθ），

所以三角形PAB的面積：

其中|dP-AN+dB-AN|=|1-sinθ|，|dA-BM+dP-BM|=2|1-cosθ|，

下面依據(jù)解法1可以求得故四邊形ABNM的面積：SABNM=2.

思路3（等價轉(zhuǎn)化的視角）：要證明四邊形ABNM的面積是定值，從圖形結(jié)構(gòu)教育猜想，四邊形ABNM的面積可能與三角形A1AB的面積一樣，只需證明即可.

解法3：根據(jù)題意，證明四邊形ABNM的面積與△A1AB的面積相等，也就是證明△A1BN與△ANM的面積相等.

+ y2=1，其左頂點A（1-2，0），直線PB的斜率k是存在的，且k＞0，則直線PB的方程：y=kx+1（k＞0），

圖2

容易求得點P的橫、縱坐標，

再由直線PB的方程：y=kx+1（k＞0），解得點N的橫坐標：xN=-

從而有S△A1BN=S△ANM，說明三角形A1BN的面積與三角形ANM的面積相等，即四邊形ABNM的面積與三角形A1AB的面積相等，因此，

ABNM△A1AB值）.

四、一般化探究

根據(jù)兩道例題的特征剖析和解法探究，進行一般化處理，可得下面的問題：

試問：（1）|AN|·|BM|為定值？

（2）若點P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，四邊形ABNM的面積為定值？

由于P是橢圓C上一點，對點P的位置進行分類：

當x0=0時，y0=-b，此時|BM|=2b，|AN|=a，所以|AN|· |BM|=2ab（定值）.顯然|AN|·|BM|為定值，四邊形ABNM的面積：S=ab（定值）.

（2）因為點P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，根據(jù)“對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半”，可得S四邊形ABNM=|AN||BM|=ab（定值）.

綜上所述，|AN·||BM|為定值2ab，并且四邊形ABNM的面積為定值ab.

此時可知，點P在橢圓的其他位置時，四邊形ABNM不一定是凸四邊形，情況比較復雜，需要分類討論.

五、反思

1.重視思辨，多維設(shè)想

對于高考題，一定要多聯(lián)系、多思考，尋找問題間的共性和差異，建立完整的數(shù)學概念體系，才能夠厘清數(shù)學題中概念與其他數(shù)學知識之間的聯(lián)系，才有可能做到整體把握、準確定位.2016年北京卷的兩道解析幾何試題，放在一起研究，通過思辨，就會暴露出很清晰的命題思路、考查的目標要求，試題雖然“尋常”，但其教學“導向”韻味深長.

2.目標引領(lǐng)，重點突破

例題1、2突出考查了學生分析和解決問題、推理論證的能力，在考查數(shù)學思想方法的同時，關(guān)注數(shù)學各部分內(nèi)容的知識與相互關(guān)聯(lián)，引領(lǐng)教師在教與學的過程中，多關(guān)注思想方法、強調(diào)能力立意，加深對數(shù)學的認識和本質(zhì)的理解，起到了正導向的作用.

對于解決定值、定點問題，從問題的整體上把握、應用解題策略.如解決定值、定點問題的方法：（1）從特殊入手，求出定點、定值、定線，再證明定點、定值、定線與變量無關(guān)；（2）直接計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定點、定值、定線.解題過程中，一定要注意到“繁”“難”的代數(shù)運算是此類問題的特點，設(shè)而不求方法、整體思想和消元的思想的運用可有效地簡化運算.唯有如此，方可突破難點——定值、定點問題.

總之，在平時解題訓練的過程中，學生要多思考題目條件和所問之間的聯(lián)系，從設(shè)問方法入手多總結(jié)，才能在解題的過程中不斷提升，即使難度增加，解題時也會得心應手.